期中考試一 — 量子力學基礎

大題	A 概念 (30分)	B 計算 (30分)	C 推導 (30分)	D 詮釋 (10分)	總分
滿分	30	30	30	10	100
得分

第 A 大題｜概念理解共 30 分

填寫空格或簡答。每題須給出精確答案，需要時請說明理由。
Fill in the blanks or give short answers. Precise answers are required; brief justifications where requested.

Wien 位移定律與黑體輻射

黑體輻射7A

2 分

Wien 位移定律的完整形式為：

$\lambda_{\max} = \dfrac{hc}{4.965\,k_B} \times \dfrac{1}{T} = \dfrac{2.898\times10^{-3}\ \text{m·K}}{T}$

若黑體溫度從 3000 K 升至 6000 K，峰值波長 $\lambda_{\max}$ 將（說明方向與倍數）。此時新的 $\lambda_{\max}$ 位於電磁波譜的區。

Using Wien's displacement law, if a blackbody's temperature doubles from 3000 K to 6000 K, state the direction and factor of change in $\lambda_{\max}$, and identify the new spectral region.

光電效應

光電效應7A

5 分

功函數（work function）$\Phi$ 的定義：

光電效應能量方程式（請填完整）：

$E_k = $

在下方空白處繪製 $E_k$（射出電子最大動能）對 $\nu$（入射光頻率）的示意圖，並標示：（i）閾值頻率 $\nu_0$，（ii）功函數 $\Phi$，（iii）若 $\nu < \nu_0$ 時的情形。（3 分）

（作圖區，請在此繪製 $E_k$ vs $\nu$ 圖）

Define the work function $\Phi$. Write the full photoelectric energy equation. Sketch $E_k$ vs $\nu$, labeling (i) threshold frequency $\nu_0$, (ii) work function $\Phi$, (iii) the region where $\nu < \nu_0$.

de Broglie 波長與波粒二象性

波粒二象性7A

3 分

粒子的 de Broglie 波長：$\lambda = $

若電子與質子具有相同速度，哪者的 de Broglie 波長較長？，請說明原因：

一顆棒球（質量 $0.145$ kg，速度 $40$ m/s）的 de Broglie 波長數量級約為 $10^{\ \text{____}}\ \text{m}$（填指數），此波長在實驗上（可觀測／不可觀測）。這說明巨觀物體的波動性。

Write the de Broglie wavelength formula. Which has a longer wavelength at the same speed — electron or proton? Why? Estimate the de Broglie wavelength of a baseball (0.145 kg, 40 m/s). Is it observable? What does this imply about macroscopic objects?

Born 詮釋與歸一化

Born詮釋7B

4 分

$|\psi(x)|^2\,dx$ 的物理意義：（1 分）

波函數的歸一化條件：$= 1$（1 分）

除歸一化外，一個物理上可接受的波函數（physically acceptable wavefunction）還必須同時滿足以下數學條件（至少列出三條）：（2 分）

State the physical meaning of $|\psi(x)|^2 dx$ and write the normalization condition. Also list at least three mathematical conditions a physically acceptable wavefunction must satisfy.

Hermitian 算符本徵函數的正交性

Hermitian算符正交性7C

3 分

Hermitian 算符 $\hat{A}$ 的定義條件：$\displaystyle\int \psi_i^*(\hat{A}\psi_j)\,dx = $

Hermitian 算符的本徵值必為（實數／複數）。

若 $\psi_i$ 和 $\psi_j$ 是 Hermitian 算符 $\hat{A}$ 的本徵函數，分別對應不同的本徵值 $a_i \neq a_j$，則：

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\psi_i^*\,\psi_j\,dx = $

此性質稱為。

Write the defining condition for a Hermitian operator. If $\psi_i$ and $\psi_j$ are eigenfunctions of Hermitian operator $\hat{A}$ with different eigenvalues $a_i\neq a_j$, what is $\int\psi_i^*\psi_j\,dx$? Name this property.

期望值的計算與詮釋

期望值7C

2 分

在量子態 $\psi(x)$ 下，算符 $\hat{A}$ 的期望值定義為：

$\langle \hat{A} \rangle = $

若 $\psi$ 是 $\hat{A}$ 的本徵函數，本徵值為 $a$（即 $\hat{A}\psi = a\psi$），則 $\langle \hat{A} \rangle = $ 。

Write the definition of $\langle\hat{A}\rangle$. If $\psi$ is an eigenfunction of $\hat{A}$ with eigenvalue $a$, what is $\langle\hat{A}\rangle$?

Heisenberg 測不準原理

不確定性原理7C

2 分

Heisenberg 位置–動量不確定性原理：

$\Delta x \cdot \Delta p_x \geq $

若電子的位置被完全固定（位置確定），根據此原理，$\Delta p_x$ 將為，請說明原因：

Write the Heisenberg uncertainty principle. If an electron's position is completely fixed (position is definite), what does the principle imply about $\Delta p_x$? Explain.

正則對易關係的計算

對易子7CTA 講解

4 分

對任意函數 $f(x)$，計算對易子 $[\hat{x},\,\hat{p}_x]\,f(x)$ 的結果，說明每一步驟。（4 分）

最終結果：$[\hat{x},\,\hat{p}_x] = $

For an arbitrary function $f(x)$, compute the commutator $[\hat{x},\hat{p}_x]f(x)$, showing every step. State the final result.

對易算符的性質

對易算符7C★ 考古題改編

5 分

若兩個算符 $\hat{A}$ 和 $\hat{B}$ 滿足 $[\hat{A}, \hat{B}] = 0$，請在空格填「正確」或「不正確」：

① 可以同時精確測量 $\hat{A}$ 與 $\hat{B}$（兩者不確定度積可為零）：（1 分）

② $\hat{A}$ 和 $\hat{B}$ 共有一組完整的共同本徵函數：（1 分）

③ 對任意波函數 $f$，$\hat{A}\hat{B}f = \hat{B}\hat{A}f$：（1 分）

④ 若 $\phi$ 同時是 $\hat{A}$ 和 $\hat{B}$ 的本徵函數，則 $\phi$ 對 $\hat{A}$ 和 $\hat{B}$ 的本徵值相同：（1 分）

針對④，請舉一具體物理例子加以說明：（1 分）

If $[\hat{A},\hat{B}]=0$, indicate correct/incorrect. For ④, give a physical example showing it is incorrect.

解答參考 Answer Key 教師用 / Instructor

點擊各題標題展開詳解。標記 ⚠ 的為常見錯誤提醒。

A1Wien 位移定律與黑體輻射▶ 展開

Wien 完整公式：$\lambda_{\max} = \dfrac{hc}{4.965\,k_B T} = \dfrac{2.898\times10^{-3}\ \text{m·K}}{T}$（題目已給出）
溫度加倍（$3000\to6000$ K）：由 $\lambda_{\max}\propto 1/T$，$\lambda_{\max}$ 縮小為原來的 $1/2$。
$\lambda_{\max}(6000\ \text{K})=2.898\times10^{-3}/6000=4.83\times10^{-7}\ \text{m}=\mathbf{483\ \text{nm}}$（可見光藍綠色區）

方向：縮小為原來的 $\mathbf{1/2}$；新 $\lambda_{\max}=483\ \text{nm}$；電磁波區域：可見光（Visible）

⚠ 常見錯誤：認為溫度升高波長也升高（$\lambda_{\max}$ 與 $T$ 呈反比）；或忘記計算數值確認光譜區域。（本題公式已給，重點在推理與計算，共 2 分）

A2光電效應▶ 展開

功函數定義：$\Phi$ 是從金屬表面移出一個電子所需的最小能量（即脫出功），其值取決於金屬材料，單位為 eV 或 J。
能量方程式：$E_k = h\nu - \Phi$（或 $E_k = hc/\lambda - \Phi$）。其中 $E_k$ 為射出電子的最大動能。
$E_k$ vs $\nu$ 圖的正確形式：
- 當 $\nu < \nu_0$：$E_k = 0$（無光電效應，電子無法射出），圖形在 $x$ 軸以下不延伸，而是沿 $E_k=0$ 的水平線。
- 當 $\nu = \nu_0$（閾值頻率）：$E_k = 0$，此時 $h\nu_0 = \Phi$，直線交 $x$ 軸於 $\nu_0$。
- 當 $\nu > \nu_0$：$E_k = h\nu - \Phi$，為正斜率直線，斜率為 $h$（Planck 常數）。
- $y$ 軸截距（延長線到 $\nu=0$）為 $-\Phi$（標記在 $y$ 軸負半軸）。

$E_k = h\nu - \Phi$；閾值頻率 $\nu_0 = \Phi/h$；$\nu < \nu_0$ 時 $E_k = 0$（無光電效應）

⚠ 常見錯誤：① 圖中 $\nu < \nu_0$ 畫出負的 $E_k$（實際上 $E_k$ 不能為負，電子不射出）；② 忘記標示 $\nu_0$ 和 $\Phi$；③ 斜率畫成隨 $\nu$ 改變（實為常數 $h$）。

A3de Broglie 波長與波粒二象性▶ 展開

$\lambda = \dfrac{h}{p} = \dfrac{h}{mv}$

電子 vs 質子（同速）：$m_p \approx 1836\,m_e$，故 $p_p = m_p v \gg p_e = m_e v$，因此 $\lambda_e = h/(m_e v) \gg \lambda_p = h/(m_p v)$。電子的 de Broglie 波長較長。
棒球的 de Broglie 波長：$\lambda = h/(mv) = (6.626\times10^{-34})/(0.145\times40) = (6.626\times10^{-34})/(5.8) \approx 1.14\times10^{-34}\ \text{m}$，數量級為 $\mathbf{10^{-34}\ \text{m}}$（指數：$-34$）。
此波長遠小於原子核尺度（$\sim10^{-15}$ m），遠超任何已知探測技術，在實驗上不可觀測。
結論：巨觀物體（如棒球）的波動性可以忽略不計（極微弱），因此日常生活中觀察不到波動行為，符合古典力學描述。

⚠ 常見錯誤：計算棒球 $\lambda$ 時漏掉 $h$ 的數量級，得出誤差 10 個數量級的錯誤答案；或認為棒球波長「只是很小」而非「實際上完全不可量測」。

A4Born 詮釋與歸一化▶ 展開

$|\psi(x)|^2\,dx$ 代表在 $x$ 到 $x+dx$ 之間找到粒子的機率；歸一化：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx = 1$

物理上可接受的波函數必須滿足（至少三條）：

① 單值性（Single-valued）：在空間中每一點 $x$，$\psi(x)$ 只能有一個確定的值，不能一個位置對應兩個不同的機率密度。
② 連續性（Continuous）：$\psi(x)$ 本身及其一階導數 $d\psi/dx$ 在有限勢能區域內必須連續（無窮高勢壘除外），以保證機率流連續。
③ 平方可積（Square-integrable）：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx < \infty$（有限），使歸一化係數可以確定，物理上代表粒子存在於有限空間中。
④ 有限性（Finite）：$\psi(x)$ 在任何有限點均有限，不得在有限位置趨向無限大。

⚠ 常見錯誤：①②只說「波函數必須連續」但忘記「一階導數也要連續」（或忘記無限勢壘的例外）；③混淆機率密度（$|\psi|^2$）與機率（$|\psi|^2 dx$）；④不知道「平方可積」的物理含意。

A5Hermitian 算符本徵函數的正交性▶ 展開

Hermitian 定義：$\displaystyle\int\psi_i^*(\hat{A}\psi_j)\,dx = \int(\hat{A}\psi_i)^*\psi_j\,dx$ ；本徵值必為實數；$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\psi_i^*\psi_j\,dx = 0$（$a_i\ne a_j$ 時）；此性質稱為正交性

正交性簡證：$\hat{A}\psi_i=a_i\psi_i$，$\hat{A}\psi_j=a_j\psi_j$（$a_i\ne a_j$，均為實數）。
由 Hermitian 性：$\displaystyle\int\psi_i^*(\hat{A}\psi_j)dx = a_j\int\psi_i^*\psi_j\,dx$，同時 $\displaystyle\int(\hat{A}\psi_i)^*\psi_j\,dx = a_i^*\int\psi_i^*\psi_j\,dx = a_i\int\psi_i^*\psi_j\,dx$（因 $a_i$ 為實數，$a_i^*=a_i$）。
兩者相等：$(a_j-a_i)\displaystyle\int\psi_i^*\psi_j\,dx = 0$。由於 $a_i\ne a_j$，故 $\displaystyle\int\psi_i^*\psi_j\,dx = 0$，即 $\psi_i$ 與 $\psi_j$ 正交（Orthogonal）。

⚠ 常見錯誤：只說「正交」但沒有說明前提（必須是 Hermitian 算符且本徵值不同）；或誤以為本徵值相同的本徵函數也一定正交（簡併態的正交性需要額外的 Schmidt 正交化，不自動成立）。

A6期望值的計算與詮釋▶ 展開

$\langle\hat{A}\rangle = \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*\,\hat{A}\,\psi\,dx$

若 $\psi$ 是 $\hat{A}$ 的本徵函數（$\hat{A}\psi=a\psi$）：$\langle\hat{A}\rangle = a\displaystyle\int|\psi|^2dx = a$（歸一化後）。每次測量結果均確定為本徵值 $a$，無隨機性。

⚠ 常見錯誤：誤將期望值公式中的 $\hat{A}$ 直接當成數字移出積分（只有在本徵函數情況才能這樣做）；歸一化積分 $\int|\psi|^2dx=1$ 也不能省略推導步驟。

A7Heisenberg 測不準原理▶ 展開

$\Delta x\cdot\Delta p_x \geq \dfrac{\hbar}{2}$

若電子位置被完全固定，表示 $\Delta x = 0$（位置完全確定，無不確定度）。
由 Heisenberg 不確定性原理：$\Delta x \cdot \Delta p_x \geq \hbar/2$，若 $\Delta x = 0$，則 $\Delta p_x \geq \hbar/(2\cdot0) \to \infty$，即動量的不確定度趨向無限大——動量完全不確定。
這是量子系統本身的固有性質，源自位置算符與動量算符的不對易性（$[\hat{x},\hat{p}_x]=i\hbar\ne0$），並非儀器精度的限制。

⚠ 常見錯誤：① 下界寫成 $\hbar$（而非 $\hbar/2$）；② 看到「位置被固定」沒有想到 $\Delta x = 0$，這正是本題要考驗的推理；③ 認為不確定性來自測量干擾——這是 Heisenberg 早期的錯誤解釋，現代量子力學明確指出這是量子態本身的固有性質。

A8正則對易關係的計算（TA 講解題）▶ 展開

以動量算符定義 $\hat{p}_x = -i\hbar\dfrac{d}{dx}$，計算 $[\hat{x},\hat{p}_x]f(x)$：

展開對易子定義：$[\hat{x},\hat{p}_x]f = \hat{x}(\hat{p}_x f) - \hat{p}_x(\hat{x}f)$
代入算符：$= x\!\left(-i\hbar\dfrac{df}{dx}\right) - \left(-i\hbar\dfrac{d}{dx}\right)(xf) = -i\hbar x\dfrac{df}{dx} + i\hbar\dfrac{d(xf)}{dx}$
對 $xf$ 用乘積法則：$\dfrac{d(xf)}{dx} = f + x\dfrac{df}{dx}$
代入化簡：$= -i\hbar x\dfrac{df}{dx} + i\hbar\!\left(f + x\dfrac{df}{dx}\right) = i\hbar f(x)$

$[\hat{x},\hat{p}_x] = i\hbar$

⚠ 最致命錯誤：忘記對 $xf$ 使用乘積法則，直接寫成 $x\,df/dx$，漏掉 $f$ 項，結果得 0。關鍵：$\hat{p}_x$ 作用在 $xf$ 上，$x$ 也是函數的一部分，必須一起微分。

A9對易算符的性質（考古題改編 UST 114）▶ 展開

① 正確 ② 正確 ③ 正確 ④ 不正確

① 可同時精確測量（正確）：$[\hat{A},\hat{B}]=0$ 使廣義不確定性下界為零，兩可觀測量可同時具有確定值。
② 共同本徵函數集合（正確）：對易算符的定理保證存在一組完整的共同本徵函數 $\{\phi_n\}$，使 $\hat{A}\phi_n=a_n\phi_n$ 且 $\hat{B}\phi_n=b_n\phi_n$ 同時成立。
③ 算符可對調（正確）：$[\hat{A},\hat{B}]f=0$ 直接意味著 $\hat{A}\hat{B}f=\hat{B}\hat{A}f$。
④ 本徵值相同（不正確）：共同本徵函數 $\phi$ 同時是 $\hat{A}$ 的本徵函數（本徵值 $a$）和 $\hat{B}$ 的本徵函數（本徵值 $b$），但 $a$ 和 $b$ 是各自獨立的數值，通常不同。

④ 具體物理例子：

氫原子：$[\hat{H},\hat{L}^2]=0$，共同本徵函數為 $\psi_{nlm}$。$\hat{H}$ 的本徵值為 $E_n=-13.6/n^2\ \text{eV}$（能量），$\hat{L}^2$ 的本徵值為 $l(l+1)\hbar^2$（角動量平方），兩者是不同物理量、不同數值，不可能相同。

⚠ 核心混淆：「共同本徵函數」≠「相同本徵值」。共同本徵函數是指同一個函數同時是兩個算符的本徵函數，但各自的本徵值各屬於各自的算符，完全獨立。

B1Wien 位移定律與光電效應▶ 展開

(a) 太陽峰值波長

$\lambda_{\max}=b/T=(2.898\times10^{-3}\ \text{m·K})/(5800\ \text{K})=4.997\times10^{-7}\ \text{m}$
換算：$4.997\times10^{-7}\ \text{m} = \mathbf{500\ \text{nm}}$（可見光綠色區域）

$\lambda_{\max} = \mathbf{500\ \text{nm}}$（可見光綠色）

(b) 光電效應計算

(i) 光子能量：$E_\nu=hc/\lambda=(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)/(200\times10^{-9})=9.94\times10^{-19}\ \text{J}$
$\div(1.602\times10^{-19}\ \text{J/eV}) = \mathbf{6.21\ \text{eV}}$
(ii) 最大動能：$E_k=E_\nu-\Phi=6.21-4.52=\mathbf{1.69\ \text{eV}}$
$=1.69\times1.602\times10^{-19}=\mathbf{2.71\times10^{-19}\ \text{J}}$
(iii) $\lambda=300\ \text{nm}$：$E_\nu=(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)/(300\times10^{-9})=6.63\times10^{-19}\ \text{J}=4.14\ \text{eV}$
因 $4.14\ \text{eV} < \Phi=4.52\ \text{eV}$，光子能量不足克服功函數，不能產生光電效應。

⚠ (a) 必須標示 nm 單位；(b)(iii) 必須計算並比較 $E_\nu$ 與 $\Phi$，不能只憑感覺作答。

B2箱中粒子：歸一化與機率（TA 講解題）▶ 展開

(a) 歸一化

$\displaystyle\int_0^L A^2\sin^2\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)dx=A^2\cdot\dfrac{L}{2}=1$（利用 $\int_0^L\sin^2(n\pi x/L)dx=L/2$）

$A=\sqrt{\dfrac{2}{L}}$

通用積分公式（$n=1$）：

$P(x_1\to x_2)=\dfrac{2}{L}\displaystyle\int_{x_1}^{x_2}\sin^2\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)dx=\left[\dfrac{x}{L}-\dfrac{1}{2\pi}\sin\!\left(\dfrac{2\pi x}{L}\right)\right]_{x_1}^{x_2}$

(b) $P_1=P(0\to L/4)$

上限 $x=L/4$：$\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2\pi}\sin\!\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2\pi}$；下限 $x=0$：$0$

$P_1=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2\pi}\approx0.091$（9.1%）

(c) $P_2=P(L/4\to L/2)$

上限 $x=L/2$：$\dfrac{1}{2}$；下限 $x=L/4$：$\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2\pi}$；差值：$\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2\pi}$

$P_2=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2\pi}\approx0.409$（40.9%）；✔ $P_1+P_2=1/2$

(d) $P_3=P(L/3\to2L/3)$

上限 $x=2L/3$：$\dfrac{2}{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{4\pi}$；下限 $x=L/3$：$\dfrac{1}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{4\pi}$；差值：$\dfrac{1}{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{2\pi}$

$P_3=\dfrac{1}{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{2\pi}\approx0.609$（60.9%）

⚠ ① 積分時忘記 $2/L$ 係數；② $\sin(4\pi/3)=-\sqrt{3}/2$，負號容易漏；③ 直接用 $|\psi|^2\cdot\Delta x$ 近似——本題要求精確積分。

B3高斯波函數的歸一化與機率（TA 講解題）▶ 展開

(a) 歸一化常數

$|\psi|^2=N^2 e^{-x^2/a^2}$（注意：$\psi=Ne^{-x^2/(2a^2)}$，故 $|\psi|^2$ 的指數為 $-x^2/a^2$）
$N^2\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/a^2}dx=N^2\cdot a\sqrt{\pi}=1$，故 $N^2=\dfrac{1}{a\sqrt{\pi}}$

$N=(\pi a^2)^{-1/4}=\dfrac{1}{(\pi a^2)^{1/4}}$

(b) $P(-a\le x\le a)$

$P=\dfrac{1}{a\sqrt{\pi}}\displaystyle\int_{-a}^{a}e^{-x^2/a^2}dx$；令 $u=x/a$，$P=\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-1}^{1}e^{-u^2}du=\dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^1 e^{-u^2}du=\text{erf}(1)$

$P=\text{erf}(1)\approx\mathbf{0.843}$（84.3%）

⚠ ① $|\psi|^2$ 的指數是 $-x^2/a^2$（不是 $-x^2/2a^2$），平方後指數翻倍；② 換元積分限要同步改變；③ erf 函數因子 $2/\sqrt{\pi}$ 容易漏。

C1Hermitian 算符本徵值為實數的證明▶ 展開

(a) 證明 $a_i$ 為實數

Hermitian 算符定義（需自行寫出）：$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\psi_i^*(\hat{A}\psi_j)dx = \int_{-\infty}^{\infty}(\hat{A}\psi_i)^*\psi_j\,dx$
目標：證明 $a_i = a_i^*$（即 $a_i$ 沒有虛部）。令 $\psi_i = \psi_j$（取同一個本徵函數）。
左側（代入本徵值方程式 $\hat{A}\psi_i=a_i\psi_i$）：
$\displaystyle\int\psi_i^*(\hat{A}\psi_i)dx = \int\psi_i^*(a_i\psi_i)dx = a_i\int|\psi_i|^2 dx = a_i$
（$\psi_i$ 已歸一化，$\int|\psi_i|^2 dx = 1$）
右側（套用 Hermitian 定義，再代入本徵值方程式）：
$\displaystyle\int(\hat{A}\psi_i)^*\psi_i\,dx = \int(a_i\psi_i)^*\psi_i\,dx = a_i^*\int|\psi_i|^2 dx = a_i^*$
兩式相等：$a_i = a_i^*$，虛部為零，故 $a_i$ 必為實數。$\square$

由 Hermitian 性：$a_i = a_i^*$，故 $a_i \in \mathbb{R}$（本徵值為實數）。

(b) 物理意義

實驗中測量物理量（位置、動量、能量）所得的結果必須是實數（虛數動量或虛數能量缺乏物理意義，無法在實驗中直接量測）。
Hermitian 算符保證其所有本徵值均為實數，即所有可能的測量結果均為實數，使理論預測與物理觀測相符。
若算符非 Hermitian，本徵值可能是複數，導致物理不一致。因此，代表可觀測量的算符（$\hat{x}$、$\hat{p}$、$\hat{H}$ 等）都必須是 Hermitian 算符。

⚠ ① 最常見：步驟③用 Hermitian 定義時，沒有注意取複數共軛會把 $a_i$ 變成 $a_i^*$；② 忘記說明 $\psi_i$ 已歸一化，所以 $\int|\psi_i|^2dx=1$；③ 只說「本徵值為實數」沒有從頭推導，缺乏嚴格性。

C2碳奈米管電子的動能期望值（TA 講解題）▶ 展開

(a) 計算 $\hat{T}\psi_1$

$\dfrac{d}{dx}\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)=\dfrac{\pi}{L}\cos\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)$
$\dfrac{d^2}{dx^2}\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)=-\dfrac{\pi^2}{L^2}\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)$
$\hat{T}\psi_1=-\dfrac{\hbar^2}{2m_e}\!\cdot\!\left(-\dfrac{\pi^2}{L^2}\right)\psi_1=\dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2}\psi_1$
$\psi_1$ 是 $\hat{T}$ 的本徵函數，本徵值 $E_1=\dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2}$。

$\hat{T}\psi_1 = E_1\psi_1 = \dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2}\,\psi_1$

(b) 計算 $\langle T\rangle$ 並代入數值

$\psi_1$ 已歸一化且為 $\hat{T}$ 本徵函數，故 $\langle T\rangle=E_1=\dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2}$
代入 $L=10^{-8}\ \text{m}$：$\langle T\rangle=\dfrac{9.870\times(1.055\times10^{-34})^2}{2(9.109\times10^{-31})(10^{-8})^2}=\dfrac{1.098\times10^{-67}}{1.822\times10^{-46}}=6.03\times10^{-22}\ \text{J}$
換算：$6.03\times10^{-22}/(1.602\times10^{-19})=3.76\times10^{-3}\ \text{eV}=3.76\ \text{meV}$

$\langle T\rangle = 6.03\times10^{-22}\ \text{J} = \mathbf{3.76\ \text{meV}}$

⚠ ① $\hbar$ 與 $h$ 混用（差 $2\pi$ 倍）；② $L^2=(10^{-8})^2=10^{-16}\ \text{m}^2$，數量級計算容易出錯；③ 對本徵態，$\langle T\rangle$ 直接等於本徵值，不需另行積分。

C3梯形算符的對易關係（TA 講解題）▶ 展開

展開：$[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=\hat{a}\hat{a}^\dagger-\hat{a}^\dagger\hat{a}=\dfrac{1}{2}\left[(\hat{x}+i\hat{p}_x)(\hat{x}-i\hat{p}_x)-(\hat{x}-i\hat{p}_x)(\hat{x}+i\hat{p}_x)\right]$
展開第一乘積：$(\hat{x}+i\hat{p}_x)(\hat{x}-i\hat{p}_x)=\hat{x}^2-i\hat{x}\hat{p}_x+i\hat{p}_x\hat{x}+\hat{p}_x^2$
展開第二乘積：$(\hat{x}-i\hat{p}_x)(\hat{x}+i\hat{p}_x)=\hat{x}^2+i\hat{x}\hat{p}_x-i\hat{p}_x\hat{x}+\hat{p}_x^2$
相減：$= -2i\hat{x}\hat{p}_x+2i\hat{p}_x\hat{x}=2i(\hat{p}_x\hat{x}-\hat{x}\hat{p}_x)=-2i[\hat{x},\hat{p}_x]$
代入 $[\hat{x},\hat{p}_x]=i\hbar$：$=-2i\cdot i\hbar=+2\hbar$
乘上 $1/2$：$[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=\dfrac{1}{2}\cdot2\hbar=\hbar$

$[\hat{a},\hat{a}^\dagger]=\hbar$

⚠ ① 算符乘積不對易，$\hat{x}\hat{p}_x\ne\hat{p}_x\hat{x}$，不能隨意交換；② $i^2=-1$，步驟⑤符號要仔細；③ 漏乘前置係數 $1/2$，得 $2\hbar$ 而非 $\hbar$。

D1疊加態與測量公設▶ 展開

(a)(i) 可能測量值與機率

可能結果：$a_1$（機率 $|c_1|^2$）或 $a_2$（機率 $|c_2|^2$），且 $|c_1|^2+|c_2|^2=1$。

依量子力學測量公設：對 $\hat{A}$ 的測量，結果只能為 $\hat{A}$ 的本徵值之一，各本徵值的機率等於 $\Psi$ 在該本徵函數方向上的展開係數模平方。

(a)(ii) 期望值

$\langle\hat{A}\rangle = |c_1|^2 a_1 + |c_2|^2 a_2$

$\langle\hat{A}\rangle$ 不一定等於某次實際測量的結果（除非 $a_1=a_2$ 或某個係數為零）。每次測量只能得到 $a_1$ 或 $a_2$ 之一，$\langle\hat{A}\rangle$ 是多次測量的統計平均值。

(b) 數值計算

(i) 驗證歸一化：$|c_1|^2+|c_2|^2 = \left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{2}{3}}\right)^2 = \dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3} = 1$ ✓
(ii) 計算 $\langle\hat{A}\rangle$： $\langle\hat{A}\rangle = |c_1|^2 a_1 + |c_2|^2 a_2 = \dfrac{1}{3}\times1.0\ \text{eV}+\dfrac{2}{3}\times4.0\ \text{eV}$
$= \dfrac{1.0}{3}+\dfrac{8.0}{3} = \dfrac{9.0}{3} = \mathbf{3.0\ \text{eV}}$
(iii) 是否等於 $a_1$ 或 $a_2$：$3.0\ \text{eV} \ne a_1(1.0\ \text{eV})$，$3.0\ \text{eV} \ne a_2(4.0\ \text{eV})$，因此不等於任何一個可能的測量結果。物理意義：$\langle\hat{A}\rangle$ 是統計平均值，代表在大量相同態 $\Psi$ 的系統上多次測量後的平均，並非任何一次測量的實際輸出。

$\langle\hat{A}\rangle = \mathbf{3.0\ \text{eV}}$（不等於 $a_1=1.0$ 或 $a_2=4.0\ \text{eV}$）

⚠ (a)(i) 需明確寫出機率為 $|c_1|^2$ 與 $|c_2|^2$；(a)(ii) 只寫「不一定」沒有解釋原因；(b)(ii) 忘記將 $|c_i|^2$ 與 $a_i$ 配對相乘——係數平方才是機率，而非係數本身；(b)(iii) 看到 $\langle\hat{A}\rangle=3.0$ 不在 \{1.0, 4.0\} 中，卻說「有可能是測量值」是最常見的概念混淆。

期中考試一｜量子力學基礎